B GIO DC V O TO Tr ờng đại học Vinh Lấ HONG DUY CNG MT S PHNG PHP TIP CN GII QUYT BI TON PHNG TRèNH FERMAT Luận văn thạc sĩ toán học NGHệ AN - 2014 B GIO DC V O TO Tr ờng đại học Vinh 1 Lấ HONG DUY CNG MT S PHNG PHP TIP CN GII QUYT BI TON PHNG TRèNH FERMAT CHUYấN NGNH: I S V Lí THUYT S Mó s: 60 46 01 04 Luận văn thạc sĩ toán học Ngi hng dn khoa hc PGS.TS. NGUYN THNH QUANG NGHệ AN 2014 MC LC 2 Trang MỞ ĐẦU 1 CHƯƠNG 1 VỀ ĐỊNH LÍ CUỐI CÙNG CỦA FERMAT 4 1.1 Phương trình Pitago 4 1.2 Định lí sau cùng của Fermat 7 1.3 Phương pháp quy nạp lùi vô hạn 12 1.4 Giả thuyết Mordell – Shafarevich – Tate 15 1.5 Định lí Mason 21 CHƯƠNG 2 ĐƯỜNG CONG ELLIPTIC, DẠNG MODULAR VÀ ỨNG DỤNG 25 2.1 Đường cong Elliptic 26 2.2 Đường cong Elliptic trên trường số thực 28 2.3 L- Hàm của đường cong Elliptic 31 2.4 Giả thuyết Shimura – Taniyama 32 2.5 Chứng minh định lí lớn Fermat trong một số trường hợp cụ thể bằng phương phát ứng dụng công cụ đường cong Elliptic 37 KẾT LUẬN 40 3 TÀI LIỆU THAM KHẢO 41 MỞ ĐẦU Fermat (1601 – 1665) đã mở rộng phương trình Pythagore 2 2 2 x y z + = và tạo ra một bài toán khó bất hủ, một trong những câu hỏi lớn nhất của toán học và nhân loại. Định lý cuối cùng của Fermat hay còn gọi là Định lý lớn Fermat, là một trong những định lý nổi tiếng trong lịch sử toán học: Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không , ,x y z thoả mãn phương trình , n n n x y z + = trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2. Định lý lớn Fermat đã gây cảm hứng cho nhiều thế hệ, không những cho các nhà toán học mà còn cho cả những người ngoài toán có quan tâm. Nhiều cách tiếp cận Định lý Fermat đã được đưa ra, nhiều lý thuyết toán học nảy sinh từ đó. Định lý Fermat đã trở thành con gà đẻ trứng vàng của toán học trong suốt gần 4 thế kỷ. Cho đến cuối thập kỷ 70 thế kỷ trước, cho dù với nhiều nổ lực của giới toán học, người ta chỉ mới chứng minh được trong những trường hợp riêng. Kết hợp với máy tính, người ta đã chứng minh được Định lý Fermat đối với n tới bốn triệu, tuy nhiên con số này vẫn còn rất xa với số n tổng quát lớn hơn 2. Các trường hợp n = 3 và n = 5 đã được Euler, Dirichlet và Legendre chứng minh năm 1825 và phải đến 15 năm sau, trường hợp n = 7 mới được Gabriel Lamé chứng minh. Ernst Kummer đã chứng minh Định lý lớn Fermat đúng với mọi số nguyên tố tới 100 (trừ 3 số nguyên tố phi chính quy là 37, 59, 67). Sự phát triển của Số học gần đây chịu sự ảnh hưởng rất lớn của sự tương tự giữa số nguyên và đa thức. Để nghiên cứu một tính chất nào đó trên vành số nguyên, trước hết người ta kiểm tra tính chất đó trên vành đa thức. Nhờ đó, vào những năm 80 của thế kỷ XX, Định lý Mason đã được phát minh 4 như là một công cụ cho nhiều hy vọng trên con đường chinh phục Định lý lớn Fermat. Năm 1983, Faltings đã làm một cuộc cách mạng thực sự khi sử dụng công cụ của Hình học Đại số để chứng minh được rằng phương trình Fermat cùng lắm thì cũng chỉ có hữu hạn nghiệm. Dĩ nhiên, từ chỗ hữu hạn đến chỗ không có gì còn có cả một khoảng cách rất xa, nhưng nó cho một câu trả lời tổng quát, điều mà các thế hệ trước đây chưa làm được. Năm 1993, bằng việc chứng minh thành công giả thuyết Giả thuyết Shimura - Taniyama về các đường cong Elliptic, nhà toán học Andrew Wiles (người Anh gốc Mỹ) đã giải quyết trọn vẹn bài toán về phương trình Fermat. Với những lý do như đã trình bày ở trên, chúng tôi chọn đề tài của luận văn là “Một số phương pháp tiếp cận giải quyết bài toán phương trình Fermat” nhằm tìm hiểu sâu hơn về Định lý lớn Fermat nói riêng và Lý thuyết số nói chung. Luận văn nhằm giới thiệu một số phương pháp tiếp cận giải quyết bài toán về phương trình Fermat. Nội dung luận văn này gồm 2 chương, ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo. Trong chương 1, chúng tôi giới thiệu Định lý lớn Fermat và một số phương pháp liên quan đến Định lý lớn Fermat như phương pháp quy nạp lùi vô hạn, phương pháp ứng dụng đường cong phẳng hữu tỉ, phương pháp áp dụng định lý Mason và một số kết quả gần đây xung quanh Định lý Mason. Trong chương 2, chúng tôi trình bày phương pháp chứng minh giả thuyết Shimura - Taniyama về các đường cong Elliptic và ứng dụng trong việc kết hợp Định lý Frey để hoàn thành chứng minh Định lý lớn Fermat của Andrew Wiles. Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và chu đáo của PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn khoa học, người đã dành nhiều thời gian và công sức giúp đỡ tôi để hoàn thành bản luận văn này. 5 Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới các thầy cô giáo thuộc chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số, Khoa Sư phạm Toán học, Phòng Đào tạo Sau Đại học – Trường Đại học Vinh đã tận tình giảng dạy và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập và nghiên cứu. Xin trân trọng cảm ơn tới Trường Đại học Đồng Tháp đã tạo mọi điều kiện tổ chức cho chúng tôi hoàn thành khóa học sau đại học. Tôi xin chân thành cảm ơn bạn bè, đồng nghiệp, gia đình đã động viên và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu Trường Trung học Phổ thông Lê Thanh Hiền (Sở Giáo dục và Đào tạo Tiền Giang) và các thầy cô đồng nghiệp, đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập. Luận văn còn nhiều thiếu sót, tác giả mong nhận được sự đóng góp của thầy cô giáo và các đồng nghiệp. TÁC GIẢ 6 CHƯƠNG 1 VỀ ĐỊNH LÍ CUỐI CÙNG CỦA FERMAT 1.1. Phương trình Pitago 1.1.1. Các bộ số Pitago. Bộ ba số nguyên dương ( ) , ,x y z thoả mãn 2 2 2 x y z + = được gọi là bộ số Pitago. Tên gọi đó xuất phát từ Định lý Pitago quen thuộc: Trong một tam giác vuông, bình phương độ dài cạnh huyền bằng tổng bình phương các cạnh góc vuông. Như vậy, một bộ ba số nguyên dương ( ) , ,x y z là một bộ số Pitago khi và chỉ khi tồn tại tam giác vuông có số đo các cạnh góc vuông là x và y, số đo cạnh huyền là z (chẳng hạn bộ { } { } 3,4,5 , 6,8,10 , ). Rõ ràng rằng, nếu { } , ,x y z là một bộ số Pitago thì { } , ,kx ky kz cũng là một bộ số Pitago với mọi số nguyên dương k . Do đó, ta chỉ cần xét các bộ ba số nguyên tố cùng nhau. Bộ ba số Pitago { } , ,x y z được gọi là nguyên thuỷ nếu (x, y, z) = 1. Ví dụ. Các bộ số { } { } 3,4,5 , 5,12,13 là nguyên thuỷ. Nếu bộ số Pitago { } , ,x y z là không nguyên thuỷ, chẳng hạn ( , , ) 1x y z d = > , thì , , x y z d d d       là một bộ số Pitago nguyên thuỷ. Để tìm các bộ số Pitago ta cần: 1.1.2. Bổ đề. Nếu { } , ,x y z là bộ số Pitago nguyên thuỷ thì ( ) ( ) ( ) , , , 1.x y x z y z = = = Chứng minh. Giả sử { } , ,x y z là một bộ số Pitago nguyên thuỷ và ( ) , 1x y > . Khi đó, tồn tại số nguyên tố p sao cho ( ) ,p x y . Vì p x và p y nên ( ) 2 2 2 p x y z + = . Do p là số nguyên tố mà 2 p z nên p z . Do đó, tồn tại 7 một số nguyên p là ước chung của , ,x y z và điều này mâu thuẫn với giả thiết ( , , ) 1x y z = . Vậy ( ) , 1x y = . Tương tự ta có ( ) ( ) , , 1x z y z= = . ■ 1.1.3. Bổ đề. Giả sử { } , ,x y z là một bộ số Pitago nguyên thuỷ. Khi đó, x và y không cùng tính chẵn, lẻ. Chứng minh. Giả sử { } , ,x y z là bộ số Pitago nguyên thuỷ. Theo Bổ đề 1.1.2, ( ) , 1x y = nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x, y cùng lẻ thì z chẵn hay z 2 chia hết cho 4. Ta có: ( ) ( ) 2 2 1 mod 4 ; 1 mod 4x y≡ ≡ . Do đó ( ) 2 2 mod 4 .z x y= + ≡ Điều này vô lý với việc z chia hết cho 4. Vậy x, y không cùng tính chẵn lẻ. ■ 1.1.4. Bổ đề. Giả sử , ,r s t là các số nguyên dương sao cho ( ) , 1r s = và 2 rs t = . Khi đó, tồn tại các số nguyên h và l sao cho 2 r l = và 2 s h = . Chứng minh. Nếu r = 1 hoặc s = 1 hoặc t = 1 thì Bổ đề là hiển nhiên đúng. Giả sử r > 1, s > 1, t > 1 và r, s, t có các phân tích tiêu chuẩn thành tích các thừa số nguyên tố như sau: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 . n n n m m n n n m m r p p p s p p p t q q q α α α α α α β β β + + + + = = = L L L Vì ( ) , 1r s = nên các số nguyên tố xuất hiện trong các phân tích của r và s là khác nhau, hay rs có sự phân tích tiêu chuẩn là 1 2 1 2 1 2 1 2 . n n n m n n n m rs p p p p p p α α α α α α + + + + = L L Do 2 rs t = nên 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 . n n n m k n n n m k p p p p p p q q q α α α α β α α β β + + + + ××× ××× = ××× Từ Định lý cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các luỹ thừa nguyên tố xuất hiện ở hai vế của đẳng trên thức phải như nhau. Vậy mỗi i p phải bằng 8 một j q nào đó, đồng thời 2 i j α β = . Do đó, mỗi số mũ i α đều chẵn nên 2 i α nguyên. Từ đó suy ra 2 2 ,r l s h = = , trong đó ,l h là các số nguyên. ■ Bây giờ ta có thể mô tả tất cả các bộ số Pitago nguyên thuỷ. 1.1.5. Định lý. Bộ số nguyên dương {x, y, z} lập thành một bộ số Pitago nguyên thuỷ, với y chẵn, khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m, n với m > n, hơn nữa m và n không cùng tính chẵn lẻ sao cho 2 2 2 2 2 . x m n y mn z m n  = −  =   = +  Chứng minh. Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thuỷ. Theo Bổ đề 1.1.3 cho thấy x lẻ, y chẵn hoặc ngược lại. Vì ta đã giả thiết y chẵn nên x, z đều lẻ. Do z x+ và z x − đều là số chẵn, nên các số ; 2 2 z x z x r s + − = = là những số nguyên. Vì 2 2 2 x y z + = nên ( ) ( ) 2 2 2 y z x z x z x = − = − + . Vậy 2 ; , 2 2 2 2 2 y z x z x z x z x rs r s + − + −          = = = =  ÷  ÷ ÷  ÷  ÷          . Để ý rằng ( ) , 1r s = . Thật vậy, nếu ( ) ,r s d = thì do ,d r d s nên ( ) d r s z + = và ( ) d r s x − = . Điều đó có nghĩa là ( ) , 1d z x = nên 1.d = Từ Bổ đề 1.1.4, tồn tại các số nguyên m và n sao cho 2 2 ,r m s n= = . Ta viết x, y, z thông qua m, n: 2 2 4 z x r z x s y rs + = − = = hay 2 2 2 2 4 2 . x r s m n y rs mn z r s m n = − = − = = = − = + 9 Ta cũng có ( ) , 1m n = , vì mọi ước chung của m và n cũng là ước của 2 2 ,x m n= − 2 ,y mn = 2 2 z m n = + , nên là ước chung của ( , , )x y z . Mà , ,x y z nguyên tố cùng nhau nên ( ) , 1m n = . Mặt khác, m và n không thể cùng lẻ vì nếu ngược lại thì x, y và z đều chẵn, mâu thuẫn với điều kiện ( ) , , 1x y z = . Vì ( ) , 1m n = và m, n không đồng thời là hai số lẻ nên m chẵn, n lẻ hoặc ngược lại. Vậy mỗi bộ số Pitago nguyên thuỷ có dạng đã mô tả ở trên. Để chứng tỏ 2 2 2 2 2 . x m n y mn z m n  = −  =   = +  trong đó m, n là các số nguyên dương, m > n, ( ) , 1m n = và ( ) mod 2m n ≡ lập thành một bộ số Pitago nguyên thuỷ, ta nhận xét rằng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 (2 ) 2 4 2 . x y m n mn m m n n m n m m n n m n z + = − + = − + + = + + = + = Ta chứng minh , ,x y z nguyên tố cùng nhau. Giả sử ngược lại, ( ) , , 1x y z d = > . Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho ( ) , ,p x y z . Ta thấy rằng \ 2p vì x lẻ (do 2 2 x m n = − , trong đó 2 m và 2 n không cùng tính chẵn lẻ). Lại do p x , p z nên ( ) 2 2p z x m + = và ( ) 2 2p z x n − = . Vậy p m và p n : mâu thuẫn với ( ) , 1m n = . Do đó ( ) , , 1,x y z = tức { } , ,x y z là một bộ số Pitago nguyên thuỷ. ■ Từ Định lý 1.1.5 nói trên, ta có thể thu được các ví dụ về bộ số Pitago nguyên thuỷ. Với 5, 2m n = = ta có ( ) mod 2m n ≡ và ( ) , 1,m n = m n > : 10 [...]... sở theo dõi và tham khảo các tài liệu số học có liên quan đã công bố trong thời gian gần đây, trong nội dung tiếp theo của luận văn, chúng tôi giới thiệu một số phương pháp tiếp cận để đi đến chứng minh của Định lý Fermat 1.2.7 Nổ lực đầu tiên để giải phương trình Fermat (xem [10]) Một nỗ lực đầu tiên để giải phương trình Fermat là người ta tìm cách viết phương trình này dưới dạng tích: n n  n  n... đường cong đại số Nếu ta xét mỗi nghiệm ( x, y, z ) của phương trình P( x, y, z ) = 0 , trong đó P( x, y, z ) là một đa thức thuần nhất, xác định một điểm của không gian xạ ảnh 2- chiều thì tập hợp nghiệm của phương trình lập thành một đường cong Như vậy, số nghiệm nguyên của phương trình P( x, y, z ) = 0 đúng bằng số điểm trên đường cong mà tọa độ là số hữu tỉ nguyên và bài toán giải phương trình Diophantus... bằng tổng số bình phương của hai cạnh góc vuông Nói khác đi, phương trình x 2 + y 2 = z 2 có vô số nghiệm nguyên và từ đó sẽ tìm được vô số bộ số Pitago Từ Định lý Pitago, Fermat đã tìm xem có ba số nguyên x, y, z nào thỏa cho một phương trình như phương trình của Pitago nhưng ở bậc cao hơn hay không x n + y n = z n nhưng đều thất bại Theo Fermat 12 thì phương trình này với ba ẩn số nguyên x, y, z... n > 2 không thể giải được Ông đã viết điều này bên lề quyển sách Arithmetica của Diophant (xuất bản năm 1963) như sau: Không thể nào viết một số lập phương thành tổng số của hai số lập phương khác, hay một số tứ phương thành tổng số của hai số tứ phương khác Và, một số tùy ý là lũy thừa bậc lớn hơn hai không thể viết như tổng của hai lũy thừa cùng bậc của hai số nguyên khác Tôi đã có một chứng minh... hạn nghiệm hữu tỷ, một bài toán cơ bản của số học 2.2.4 Đường cong Elliptic trên trường hữu hạn Thường để chứng minh một phương trình hệ số nguyên nào đó không có nghiệm nguyên, ta thường làm như sau Ta xét phương trình mới nhận được từ phương trình đã cho bằng cách thay các hệ số của nó bởi các lớp thặng dư modp nào đó Nếu phương trình đồng dư modp này không có nghiệm thì phương trình đã cho cũng không... đường conic lên một đường thẳng Ta ta lấy một điểm hữu tỉ E bất kì trên (d), đường thẳng OE đi qua 2 điểm hữu tỉ nên nó là đường thẳng hữu tỉ, ta sẽ rút một ẩn từ phương trình của đường thẳng này thế vào phương trình của đường conic (C) ta được một phương trình bậc hai với các hệ số hữu tỉ, phương trình này có một nghiệm hữu tỉ vì vậy nghiệm thứ hai cũng là nghiệm hữu tỉ Do vậy là một điểm hữu tỉ Ngược... trình Diophantus đưa về bài toán tìm các điểm có tọa độ hữu tỉ nguyên trên đường cong Với phương pháp đó, những bài toán khó của Số học mà phương pháp giải thủ công và lắt léo trước đây, ngày nay có thể trở thành hệ quả của những kết quả sâu sắc của Hình học Thông thường, chỉ khi một giả thuyết về một sự kiện cụ thể nào đó được đưa vào một cấu trúc chung của toán học, thì các nhà toán học mới thực sự... nhà toán học lừng danh trong gần 4 thế kỉ 1.2.3 Định lý Phương trình x n + y n = z n không có nghiệm nguyên dương với n ≥ 3 Trong toán học, số nguyên tố chính quy là một loại số nguyên tố do Ernst Kummer (nhà toán học người Đức) đặt ra, với định nghĩa: Một số nguyên tố p được gọi là chính quy nếu không tồn tại bất cứ một tử số nào của số Bernoulli Bk (khi k = 2, 4, 6, …, p − 3.) chia hết cho p Một. .. vậy Định lý cuối cùng của Fermat cho đa thức đã khẳng định rằng nếu phương trình Fermat cho đa thức có nghiệm thì n = 2 Chẳng hạn: (1 − x 2 )2 + (2 x )2 = (1 + x 2 )2 28 CHƯƠNG 2 ĐƯỜNG CONG ELLIPTIC, DẠNG MODULAR VÀ ỨNG DỤNG Một trong những vấn đề thời sự nhất của Toán học trong suốt ba thế kỷ qua là tìm lời giải cho Bài toán Fermat Đây là một bài toán thuộc lĩnh vực lý thuyết số nhưng đã thu hút được... z = m 2 + n 2 = 52 + 22 = 29  là một bộ số Pitago nguyên thuỷ: 212 + 202 = 292 1.2 Định lí sau cùng của Fermat 1.2.1 Giới thiệu về nhà toán học Pierre de Fermat Pierre de Fermat sinh ngày 17 tháng 8 năm 1601 tại Pháp, ông mất vào năm 1665, thọ 63 tuổi Fermat là một học giả vĩ đại, một nhà toán học nổi tiếng và là cha đẻ của Lý thuyết số hiện đại Fermat xuất thân từ một gia đình khá giả, ông học ở Toulouse . phương pháp tiếp cận giải quyết bài toán phương trình Fermat nhằm tìm hiểu sâu hơn về Định lý lớn Fermat nói riêng và Lý thuyết số nói chung. Luận văn nhằm giới thiệu một số phương pháp tiếp cận giải. 1963) như sau: Không thể nào viết một số lập phương thành tổng số của hai số lập phương khác, hay một số tứ phương thành tổng số của hai số tứ phương khác. Và, một số tùy ý là lũy thừa bậc lớn hơn. nội dung tiếp theo của luận văn, chúng tôi giới thiệu một số phương pháp tiếp cận để đi đến chứng minh của Định lý Fermat. 1.2.7. Nổ lực đầu tiên để giải phương trình Fermat (xem [10]) Một nỗ lực